Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và đường cao BE, Gọi H và K lần lượt là chân đường cao
kẻ từ E đến các đường thẳng AB và BC.
1) Chứng minh BHEK là tứ giác nội tiếp và HKE = AEH.
2) Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ C đến AB, G là giao điểm của BE và CF; AG cắt BC tại Q; O là
trung điểm của BC. Chứng minh BHBA = BKBC và bốn điểm E, F, Q, O cùng thuộc một đường tròn.
3) Gọi P là trung điểm của AG; I là trung điểm của EF.
a) Chứng minh PF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC.
b) Chứng minh ba điểm H,I,K là ba điểm thẳng hàng.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1: Xét tứ giác BHEK có \(\widehat{BHE}+\widehat{BKE}=180^0\)
nên BHEK là tứ giác nội tiếp
2: Xét ΔBEA vuông tại E có EH là đường cao
nên \(BH\cdot BA=BE^2\left(1\right)\)
Xét ΔBEC vuông tại E có EK là đường cao
nên \(BK\cdot BC=BE^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(BH\cdot BA=BK\cdot BC\)
a) Ta có: A I E ^ = A J E ^ = 90 0 nên tứ giác AIEJ nội tiếp.
E M C ^ = E J C ^ = 90 0 nên tứ giác CMJE nội tiếp.
Xét tam giác Δ A E C v à Δ I E M , có
A C E ⏜ = E M I ⏜ ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMJE).
E A C ⏜ = E I M ⏜ ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIEJ).
Do đó hai tam giác Δ A E C ~ Δ I E M đồng dạng
⇒ A E E I = E C E M ⇒ E A . E M = E C . E I (đpcm)
a: Xét (O) có
ΔBFC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBFC vuông tại F
Xét (O) có
ΔBEC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBEC vuông tại E
Xét ΔABC có
BE,CF là đường cao
BE cắt CF tại H
Do đó: AH vuông góc với BC tại D
b:
Xét tứ giác CDFA có góc CDA=góc CFA=90 độ
nên CDFA là tứ giác nội tiếp
=>góc BFD=góc BCA
Xét tứ giác BFEC có góc BFC=góc BEC=90 độ
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
=>góc AFE=góc ACB
Ta có: góc COE=180 độ-2 góc C
góc EFD=180 độ-góc AFE-góc BFD
=180 độ-2 góc C
=>góc COE=góc EFD
=>DOEF là tứ giác nội tiếp
1: Xét tứ giác BHEK có \(\widehat{BHE}+\widehat{BKE}=90^0+90^0=180^0\)
nên BHEK là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{HKE}=\widehat{HBE}\)
mà \(\widehat{HBE}=\widehat{HEA}\left(=90^0-\widehat{BAE}\right)\)
nên \(\widehat{HKE}=\widehat{AEH}\)
2: Xét ΔBEA vuông tại E có EH là đường cao
nên \(BH\cdot BA=BE^2\left(1\right)\)
Xét ΔBEC vuông tại E có EK là đường cao
nên \(BK\cdot BC=BE^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(BH\cdot BA=BK\cdot BC\)
3:
a: ΔFAG vuông tại F
mà FP là đường trung tuyến
nên PF=PG
=>\(\widehat{PFG}=\widehat{PGF}\)
=>\(\widehat{PFG}=\widehat{CGQ}\)
ΔFBC vuông tại F
mà FO là đường trung tuyến
nên FO=OB=OC
=>ΔOCF cân tại O
=>\(\widehat{OCF}=\widehat{OFC}\)
\(\widehat{PFO}=\widehat{PFC}+\widehat{OFC}=\widehat{QGO}+\widehat{QOG}=90^0\)
=>PF là tiếp tuyến của (O)(ĐPCM)